人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试（含解析）

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人教B版（2019）必修第四册《第十一章 立体几何初步》单元测试一 、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）若一个圆柱的正视图与其侧面展开图是相似矩形，则这个圆柱的全面积与侧面积之比为A. B. C. D.2.（5分）长方体中，长、宽、高分别为，，，一只蚂蚁从点出发沿着长方体的表面爬行到达点的最短路程是

A. B. C. D.3.（5分）已知直线和平面、有如下关系：，，，，则下列命题为真的是A. B. C. D.4.（5分）已知正方形的边长为，，分别为边，上的点，且将，分别沿和折起，使点和重合于点，则三棱锥的外接球表面积为A. B. C. D.5.（5分）已知，为两条不同的直线，为平面，则下列命题正确的是A. 若，，则 B. 若，，则C. 若，，则 D. 若，，则6.（5分）已知两条相交直线，，平面，则与的位置关系是A. 平面 B. 平面C. 平面 D. 与平面相交，或平面7.（5分）已知直线，和平面，，若，，，则下列情况不可能成立的是A. 且 B. 且C. 且 D. 且8.（5分）一个直棱柱侧棱垂直于底面的棱柱的底面是菱形，棱柱的对角线长分别是和，高是，则这个直棱柱的侧面积是A. B. C. D.二 、多选题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）在棱长为的正方体中，下列结论正确的是 A. 异面直线与所成的角的大小为B. 四面体的每个面都是直角三角形C. 二面角的大小为D. 正方体的内切球上一点与外接球上一点的距离的最小值为10.（5分）下面关于空间几何体叙述正确的是A. 正四棱柱是长方体B. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥C. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D. 直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆锥11.（5分）在棱长为的正方体中，，，，分别为棱，，，的中点，将该正方体挖去两个大小完全相同的四分之一圆锥，得到如图所示的几何体，则A. 平面 B. 该几何体的上底面的周长为C. 该几何体的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为12.（5分）以下四个命题正确的是A. 三个平面最多可以把空间分成八部分B. 若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价C. 若，直线平面，直线平面，且，则D. 若条直线中任意两条共面，则它们共面13.（5分）在正方体中，下列结论正确的是A. 四边形的面积为B. 与的夹角为C.D.三 、填空题（本大题共5小题，共25分）14.（5分）已知异面直线与所成的角，为空间一点，则过点与和所成角的直线有______条，过点与和所成角的直线有______条，过点与和所成角的直线有______条15.（5分）如图，在四棱锥中，四边形是边长为的正方形，且，已知四棱锥的表面积是，则它的体积为______．16.（5分）在正三棱柱中，为棱的中点，若正三棱柱的体积为，则三棱锥的体积为__________.17.（5分）用斜二侧法画水平放置的的直观图，得到如图所示等腰直角已知点是斜边的中点，且，则的边上的高为 ______ .18.（5分）三棱锥中，平面平面，，，，则三棱锥的外接球的表面积为 ______ ．四 、解答题（本大题共5小题，共60分）19.（12分）如图，四边形是平行四边形，平面平面，，，，，，，

求证：平面；

求证：面面

求三棱锥的体积。20.（12分）如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，，设与交于点，与交于点

求证：平面； 求证：平面21.（12分）如图，四边形与均为菱形，且． 求证：平面； 求证：平面．22.（12分）如图，在四棱锥中，平面，，，． 求证：平面； 当几何体的体积等于时，求四棱锥的侧面积．23.（12分）三棱柱在如图所示的空间直角坐标系中，已知，，是的中点． 求直线与所成角的余弦值； 求直线与平面所成角的正弦值．答案和解析1.【答案】D;【解析】此题主要考查圆柱的全面积与侧面积，设圆柱的底面半径为，高为，则，即，求出全面积与侧面积，即可得出结论．解：设圆柱的底面半径为，高为，则，即， 所以，因此故选2.【答案】D;【解析】 此题主要考查多面体上的最短距离，将长方体的正面和上底面展成一个平面，根据连接两点线段最短可得结果.

解：由题意将长方体的正面和上底面展成一个平面，如图： 最短距离为 故选

3.【答案】C;【解析】解：对于，由，，可得或，故A错误； 对于，由，，可得或或与相交，故B错误； 对于，由，过作平面与相交，交线为，则， ，，而，可得，故C正确； 对于，由，，可得，故D错误． 故选：． 由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用逐一核对四个选项得答案． 该题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．4.【答案】A;【解析】 该题考查三棱锥的外接球与三棱锥的棱的关系，及球的表面积公式，涉及到线面垂直的判定，属于中档题． 由题意求出折起的三棱锥的各棱长的值，可得该三棱锥为一条侧棱垂直于底面，且底面为直角三角形，将该三棱锥放在长方体中可知长方体的长宽高，根据外接球的直径等于长方体的对角线求出半径，进而求出表面积．

解：由题意知，与，重合，将，分别沿和折起后，就是，就是，

所以由原来正方形可知，，且，， ， 在正方形中，， ， 所以，， ，， 又，，面，所以面， 所以三棱锥为一条棱长垂直于底面的三棱锥， 将该三棱锥放在长方体中，由以上知长宽高分别为，，， 设三棱锥的外接球的半径为，则， 所以三棱锥的外接球表面积， 故选：．5.【答案】D;【解析】解：对于，若，，则或，故错误； 对于，若，，则或，或与相交，故错误； 对于，若，，则与相交、平行或异面，故错误； 对于，若，，则由直线与平面垂直的判定定理知，故正确． 故选： 对于，或；对于，或，或与相交；对于，与相交、平行或异面；对于，由直线与平面垂直的判定定理知 此题主要考查命题真假的判断，考查线面平行、线面垂直、面面平行的判定与性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．6.【答案】D;【解析】此题主要考查空间中线面的位置关系，解决此类问题的关键是熟练掌握空间中点、直线以及平面之间的位置关系． 根据空间中直线与平面的位置关系可得答案． 解：根据空间中直线与平面的位置关系可得：可能与平面相交，也可能与平面平行， 故选 7.【答案】B;【解析】解：，，， 当时，与平面内的直线可能平行，也可能垂直，还可能异面而不垂直，故，都可能成立； 当时，根据线面垂直的定义，与平面内的所有直线都垂直，可能成立，不可能成立． 故选： 由已知结合平面与平面垂直的性质逐一分析四个选项得答案． 此题主要考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．8.【答案】A;【解析】解：设底面菱形的对角线分别为，，则由已知得出 解得， 所以菱形的边长为． 直棱柱的侧面均为矩形，所以所求的直棱柱的侧面积是 故选： 直棱柱的侧面均为矩形，只有求出菱形的边长，利用侧面积等于底面周长乘以高，即可计算．设底面菱形的对角线分别为，，根据对角线的长度，列方程求出，再求出菱形的边长． 此题主要考查直棱柱的结构特征，考查侧面积的计算，考查空间想象能力，转化，计算求解能力．9.【答案】ABD;【解析】 此题主要考查线面垂直、线面角、二面角等众多立体几何的知识点，属于难题. 对于，由线面垂直的判定定理证明平面即可；对于，直接分析每个面的三角形即可；对于由二面角定义即可；对于分析出正方体的内切球，外接球与的同一侧的两个交点的距离最小，是关键.

解：在棱长为的正方体中，连接， 平面，平面， ， ，，，平面， 平面， 平面， ，即异面直线与所成的角大小为，正确； 四面体的面中，，三角形是直角三角形，，三角形是直角三角形， 平面，平面， ，三角形是直角三角形， 同理，三角形是直角三角形，故正确； 二面角即，由二面角定义可知其大小为，故错误； 正方体的内切球半径为，外接球半径， 正方体的内切球，外接球与的同一侧的两个交点的距离最小， 即故正确. 故选10.【答案】AD;【解析】 此题主要考查多面体，旋转体的定义和性质，属于基础题. 由题意逐个选项验证正误即可.

解：正四棱柱是底面为正方形的长方体，故正确； B.底面是正多边形的棱锥是正棱锥错误，还需顶点在底面的射影为正多边形的中心，故错误； C.棱台是由平行于底面的平面，截取棱锥得到的，要求延长线交于一点，故错误； ，直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥，故正确. 故选11.【答案】ABD;【解析】解：平面平面，平面，平面，即平面，故正确； 由题意，与均为圆弧，且这两段圆弧的长度为，则该几何体的上底面周长为，故正确； 该几何体的体积为，故错误； 设、分别为下底面与上底面的中心，则三棱锥的外接球的球心在上， 设，则，解得， 则三棱锥的外接球的半径满足 三棱锥的外接球的表面积为，故正确． 故选： 由面面平行的判定与性质判断；求出几何体上底面周长判定；求出几何体的体积判断；求解三角形得三棱锥的外接球的半径，进一步求出外接球的表面积判断 此题主要考查面面平行的判定与性质，考查几何体体积的求法，考查多面体外接球表面积的求法，考查运算求解能力，是中档题．12.【答案】AC;【解析】 此题主要考查平面的基本性质及应用，空间线线、线面和面面的位置关系，属于基础题. 利用平面基本性质和空间线线位置关系、线面位置关系和面面位置关系的判定，即可得出答案.

对于，利用平面的基本性质，即可得到三个平面最多可以把空间分成八部分，故正确； 对于，当与相交时，与不一定相交，故不正确； 对于，若，直线平面，直线平面，且， 则平面，且平面，，故正确； 选项，当正方体的四条侧棱任意两条都共面，但这条侧棱却不共面，故不正确. 故选13.【答案】ACD;【解析】解：在正方体中，如图所示：

对于：连接和，因为，，且， 所以四边形为矩形，所以，故正确； 对于：连接，，，因为，所以为等边三角形， 故和的夹角为，故错误； 对于：设正方体的棱长为，则，故正确； 对于：，故正确； 故选： 直接利用向量的线性运算，向量的数量积，向量的夹角，判定、、、的结论即可． 此题主要考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的夹角，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．14.【答案】2 ; 1 ; 4 ;【解析】解：平移，过，如图，

平面内，设与所成锐角的角分线为，所成钝角的角分线为， 则与，所成最小角为，与，所成最小角为， 过点与和所成角的直线有条；上下旋转，可得与和所成角的直线有条； 分别上下旋转，，可得过点与和所成角的直线有条， 故答案为：，，． 平移，过，通过异面直线所成角的概念结合直线旋转得答案． 该题考查异面直线所成角，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．15.【答案】;【解析】解：设正四棱锥的斜高为，则，解得， 则正四棱锥的高． 正四棱锥的体积． 故答案为：． 由已知求得正四棱锥的斜高，进一步求得高，代入棱锥体积公式求解． 该题考查多面体表面积与体积的求法，是基础的计算题．16.【答案】;【解析】 此题主要考查的是棱锥体积的求法，属于基础题. 可结合所求三棱锥的体积与正三棱柱的体积之间的关系求解.

解：因为， 故答案为 17.【答案】2;【解析】解：因为直观图是等腰直角，，， 所以； 根据直观图平行于轴的长度变为原来的一半， 所以的高为 故答案为： 根据直观图是等腰直角，求出的值，再根据直观图画法规则求出的高． 此题主要考查了平面图形的直观图与原图形的关系应用问题，是基础题．18.【答案】π;【解析】解：由，可得三角形为等边三角形， 又，得三角形为直角三角形，而平面平面， 设三角形的外心为，的中点为， 如图所示，过作平面的垂线，过作底面的垂线，两垂线交于， 则为三棱锥的外接球的球心． 由已知可得，， 则，而， 三棱锥的外接球半径， 则三棱锥外接球的表面积， 故答案为：． 首先确定球心的位置，进一步确定球的半径，再由球的表面积公式求解． 此题主要考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．19.【答案】证明：取的中点为，连接，，

在中，是的中点，，且， 又，， ，且， 即四边形是平行四边形， ， 平面，平面， 平面； 证明：在中，，，， 由余弦定理可得， 而，即， 又平面平面，平面， 平面平面， 平面， 平面， 平面平面 解：在中，，，， 由余弦定理得， ，

由知：平面，且， 三棱锥的体积;【解析】此题主要考查直线与平面的平行和垂直，平面与平面的垂直，考查多面体的体积计算，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于中档题. 利用中位线定理，和平行公理得到四边形是平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明； 根据余弦定理求出，继而得到，再根据面面垂直的判定定理即可证明； 求出的面积，易知是三棱锥的高，利用，即可求出体积.20.【答案】解：证明：因为三棱柱为直三棱柱， 所以侧面为平行四边形． 又与交于点， 所以为的中点． 同理，为的中点，所以 又平面，平面， 所以平面 因为三棱柱为直三棱柱， 所以平面 又因为平面， 所以 又，，平面， ， 所以平面 又因为平面， 所以 又因为侧面为正方形，所以 又，，平面， 所以平面;【解析】此题主要考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题． 推导出侧面为平行四边形，从而为的中点，同理，为的中点．从而由此能证明平面 推导出平面从而，再由，得平面，推导出，由此能证明平面21.【答案】（本小题满分10分） 证明：（1）因为四边形BDEF为菱形， 所以FB∥ED，……………………（2分） 因为ED 面EAD，FB 面EAD， 所以FB∥面EAD．…（5分） （2）设AC与BD相交于点O，连接FO， 因为四边形ABCD为菱形， 所以AC⊥BD，且O为AC的中点，…（7分） 又FA=FC，所以AC⊥FO，………………（8分） 因为FO∩BD=O，…（9分） 所以AC⊥平面BDEF．…（10分）;【解析】 推导出，由此能证明面． 设与相交于点，连接，推导出，，由此能证明平面． 该题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．22.【答案】解：证明：取的中点，连接， 则直角梯形中，，， ，即， 又平面，平面， ， 又， 平面； 平面， ， 又， 平面， ， ，解得， 又，， ， 又，； ， ， 四棱锥的侧面积为 ．;【解析】 取的中点，连接，证明， 再由平面得出，由此证明平面； 由三棱锥的面积求出的值，利用勾股定理判断， 再求四棱锥的侧面积． 该题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了锥体的体积与表面积的计算问题，是中档题．23.【答案】解：根据题意，得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），D（1，2，0）， A1（0，0，3），B1（2，0，3），C1（0，4，3）， 由此可得=（1，2，-3），=（0，4，0）， =（1，-2，0），=（-2，4，0），=（1，-2，3） （1）∵cos＜，＞==， ∴直线A1D与B1C1所成角的余弦值为； （2）设平面A1C1D的一个法向量为=（x，y，z）， 则，取z=1得x=3，y=0， ∴=（3，0，1）是平面A1C1D的一个法向量 因此，设直线DB1与平面A1C1D所成角为θ， 可得sinθ=cos＜，＞==， 即直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值等于．;【解析】 根据题中所给的坐标系，可得、、、、、、各点的坐标，由此得到向量、、、、的坐标，利用空间向量的夹角公式算出，的值，即可得到直线与所成角的余弦值； 设平面的一个法向量为，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出，从而得到直线与平面所成角满足，，即得直线与平面所成角的正弦值． 本题给出底面为直角三角形的直三棱柱，求异面直线所成角和直线与平面所成角的正弦值，着重考查了利用空间坐标系求空间直线与平面所成角和异面直线所成角等知识点，属于中档题．

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